數學-難點特訓（二）和正方形有關的壓軸大題（解析版）

難點特訓（二）和正方形有關的壓軸大題1．如圖，正方形邊長為4，點E在邊上（點E與點A、B不重合），過點A作，垂足為G，與邊相交于點F．(1)求證：；(2)若的面積為，求的長；(3)在（2）的條件下，取的中點M，N，連接，求的長．【答案】(1)見詳解(2)5或(3)或【分析】（1）先證得，易證，由此的，又由互余可得出，進而可得結論；（2）根據三角形得面積求得AE，再根據勾股定理求得DE，根據（1）中AF=DE即可得出結論；（3）連接AM并延長交CD于點P，連接PF，可證明，所以PM=AM，DP=AE=3或1，又MN是的中位線，求出PF的長即可；（1）證明：在和中

在和中（2）∴設，則∴解得：∵或或（3）如圖，連接AM并延長交CD于點P，連接PF，∵點M是DE的中點

或1當時，當時，綜上，MN的長度為或【點睛】本題主要考查正方形的性質、三角形的全等、勾股定理，掌握相關知識并靈活應用做出輔助線是解題的關鍵．2．正方形中，，分別為，上一點，，，交于點，為的中點．(1)求證：≌；(2)求證：；(3)求證：【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據四邊形ABCD是正方形，判定（2）根據全等的性質可得，再根據,得出

，進而得到即（3）連接OC，在取點H，使得，連接OH，證明為等腰直角三角形，進而得出再判定得出根據即可得到（1）證明：∵四邊形是正方形，在和中，（2）證明：，又，即（3）證明：如圖，連接OC，在取點H，使得，連接OH∵O為BD的中點，即O為正方形的對稱中心，∴是等腰直角三角形，由（1）知在和中，

又是等腰直角三角形在和中，【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質以及等腰直角三角形性質的綜合應用，解決問題的關鍵是證出是等腰直角三角形，依據全等三角形的對應邊相等進行求解．3．如圖，在正方形ABCD中，點M在CD邊上，點N在正方形ABCD外部，且滿足，，連接AN，CN，取AN的中點E，連接BE，AC，交于F點．(1)依題意補全圖形；(2)求的度數；

(3)設，若點M沿著線段CD從點C運動到點D，則在該運動過程中，線段EN所掃過的面積為多少？【答案】(1)補圖見解析；(2)；(3)【分析】（1）依題意補全圖形，即可；（2）連接CE，先證得．再根據直角三角形的性質可得．可得≌，即可求解；（3）根據題意可得點E在AC的垂直平分線上，可得點E在BD上，從而得到在點M沿著線段CD從點C運動到點D的過程中，線段EN所掃過的圖形為四邊形DFCN．此時DN=CD=2，∠CDN=90°，再證得四邊形DFCN為梯形．然后根據梯形的面積，即可求解．（1）解∶依題意補全圖形，如圖1所示．（2）證明：連接CE，如圖2所示．∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∴，∵，，

∴，∴．∵在中，點E是AN中點，∴．∵，，，∴≌，∴．∴．（3）解∶連接DE，∵由（2）得：AE=CE，∴點E在AC的垂直平分線上，在正方形ABCD中，BD垂直平分AC，∠ACD=45°，△BCD為等腰直角三角形，∴點E在BD上，∴BF=DF=CF，∴在點M沿著線段CD從點C運動到點D的過程中，線段EN所掃過的圖形為四邊形DFCN．此時DN=CD=2，∠CDN=90°，∴∵，∴∠ACN=90°，即CN⊥AC，∴，∴四邊形DFCN為梯形．∵，∴BC=CD=AB=2，

∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，梯形等知識，熟練掌握正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，梯形等知識是解題的關鍵．4．如圖，在正方形OABC中，邊OA、OC分別在x軸、y軸上，點B的坐標為（4，4），點D在線段OA上，以點D為直角頂點，BD為直角邊作等腰直角三角形BDE，BE交y軸于點F．(1)當時，求點E到x軸的距離；(2)連接DF，當點D在線段OA上運動時，的周長是否改變，若改變，請說明理由；若不變，求出其周長；(3)連接CE，當點D在線段OA上運動時，求CE的最小值．【答案】(1)1(2)的周長不改變，其周長為8；(3)2【分析】（1）如圖，過點E作EH⊥x軸于H．證明△EDH≌△DBA（AAS），推出DH=AB，EH=AD=1，可得結論．（2）結論：△ODF的周長不變．想辦法證明DF=CF+AD即可．（3）由（1）可知，OE=OH，推出∠EOH=∠COE=45°，推出點E的運動軌跡是射線OE，過點C作CT⊥OE于T，當點E與點T重合時，EC的值最?。?）解：如圖，過點E作EH⊥x軸于H．

∵四邊形OABC是正方形，B（4，4），∴OA=AB=4，∠BAD=90°，∵△BDE是等腰直角三角形，∴DE=DB，∠EDB=∠EHD=∠BAD=90°，∴∠EDH+∠BDA=90°，∠BDA+∠ABD=90°，∴∠EDH=∠ABD，∴△EDH≌△DBA（AAS），∴EH=AD=1，即點E到x軸的距離為1；（2）解：△ODF的周長不變．理由：將△BCF繞點逆時針旋轉90°得到△BAJ．如圖，∵∠CBF=∠ABJ，∴∠CBA=∠FBJ=90°，∵∠EBD=45°，∴∠DBF=∠DBJ=45°，∵DB=DB，BF=BJ，∴△DBF≌△DBJ（SAS），∴DF=DJ，∵DJ=DA+AJ，CF=AJ，∴DF=CF+AD，

∴△ODF的周長=OF+DF+OD=OF+CF+OD+AD=OC+OA=8，∴△ODF的周長不變，其周長為8．（3）解：由（1）可知，△EDH≌△DBA（AAS），∴DH=AB，EH=AD，∵OA=AB，∴DH=OA，∴OH=DA∴EH=OH，∴∠EOH=∠COE=45°，∴點E的運動路徑是射線OE，過點C作CT⊥OE于T，如圖，當點E與點T重合時，EC的值最小，最小值CT=OC=2，∴EC的最小值為2．【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，此題屬于四邊形綜合題，屬于中考壓軸題．5．已知邊長為2的正方形ABCD中，P是對角線AC上的一個動點，過點P作PE⊥PB，PE交射線DC于點E，過點E作EF垂直AC所在的直線，垂足為點F．（1）如圖，當E點在線段DC上時，求證：PB＝PE；（2）在點P的運動過程中，△PEC能否為等腰三角形？如果能，直接寫出此時AP的長，如果不能，說明理由；（3）在點P的運動過程中，AP、PF、FC的長度是否滿足某種數量關系？若滿足，試寫出解答過程；若不滿足，試說明理由．

【答案】（1）證明見解析；（2）AP=2，理由見解析；（3）AP+CF=PF.【分析】（1）過點P作PG⊥BC于G，過點P作PH⊥DC于H，要證PB=PE，只需證到△PGB≌△PHE即可；（2）可分點E在線段DC上和點E在線段DC的延長線上兩種情況討論，通過計算就可求出符合要求的AP的長；（3）連接BD，如圖，易證△BOP≌△PFE，則有BO=PF，可得出最后結論.【詳解】解：（1）如圖所示，過點P作PG⊥BC于G，過點P作PH⊥DC于H∵四邊形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC∴∠GCP=∠CPG=∠ACD=∠HPC=45°在△PCG和△PHC中∴△PCG≌△PCH（ASA）∴PG=PH∴四邊形PGCH是正方形∴∠HPE+∠EPG=90°∵BP⊥PE∴∠BPE=90°∴∠BPG+∠EPG=90°∴∠HPE=GPB在△PBG和△PEH中∴△PBG≌△PEH（AAS）

∴PB=PE（2）①若點E在線段BC上，如圖所示∵∠BPE=∠BCE=90°∴∠PBC+∠PEC=180°∵∠PBC＜90°∴∠PEC＞90°若三角形PEC為等腰三角形，則EP=EC∴∠EPC=ECP=45°∴∠PEC=90°與∠PEC＞90°矛盾∴點E在線段DC上時不能構成等腰三角形；②若點E在線段DC的延長線上，如圖所示若三角形PEC是等腰三角形∵∠PCE=135°∴此時只能是CP=CE∴∠CPE=∠CEP=22.5°∴∠APB=180°-90°-22.5°=67.5°∵∠PRC=∠BPE+∠PBR=∠CER+∠ECR，∠BPE=∠RCE=90°∴∠PBR=∠CER=22.5°∴∠ABP=67.5°∴∠APB=∠APB

∴AP=AB=2（3）如圖所示，連接BD∵四邊形ABCD是正方形∴∠BOP=90°∵PE⊥PB∴∠BPE=90°∴∠PBO=90°-∠BPO=∠EPF∵FE⊥AC∴∠PFE=90°∴∠BOP=∠PFE∵PB=PE∴△BOP≌△PFE∴BO=PF∴AP+FC++PF=AC=2OB∴AP+CF=PF【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，四邊形的內角和和三角形的內角和定理，三角形外角的知識，等腰三角形的性質等等，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解.6．如圖，已知四邊形ABCD是正方形，對角線AC、BD相交于O．

（1）如圖1，設E、F分別是AD、AB上的點，且∠EOF＝90°，線段AF、BF和EF之間存在一定的數量關系．請你用等式直接寫出這個數量關系；（2）如圖2，設E、F分別是AB上不同的兩個點，且∠EOF＝45°，請你用等式表示線段AE、BF和EF之間的數量關系，并證明．【答案】（1）EF2＝AF2+BF2；（2）EF2＝BF2+AE2，見解析【分析】（1）首先證明△EOA≌△FOB，推出AE＝BF，從而得出結論；（2）在BC上取一點H，使得BH＝AE．由△OAE≌△OBH，推出AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，由△FOE≌△FOH，推出EF＝FH，由∠FBH＝90°，推出FH2＝BF2+BH2，由此即可解答．【詳解】解：（1）EF2＝AF2+BF2．理由：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，∴∠EOF＝∠AOB＝90°，∴∠EOA＝∠FOB，在△EOA和△FOB中，∴△EOA≌△FOB（ASA），∴AE＝BF，在Rt△EAF中，EF2＝AE2+AF2＝AF2+BF2；

（2）在BC上取一點H，使得BH＝AE．∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBH，∠AOB＝90°，在△OAE和△OBH中，，∴△OAE≌△OBH（SAS），∴AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，∵∠EOF＝45°，∴∠AOE+∠BOF＝45°，∴∠BOF+∠BOH＝45°，∴∠FOE＝∠FOH＝45°，在△FOE和△FOH中?，，∴△FOE≌△FOH（SAS），∴EF＝FH，∵∠FBH＝90°，∴FH2＝BF2+BH2，∴EF2＝BF2+AE2；【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．7．如圖1，已知四邊形ABCD是正方形，E是對角線BD上的一點，連接AE，CE．

（1）求證：AE＝CE；（2）如圖2，點P是邊CD上的一點，且PE⊥BD于E，連接BP，O為BP的中點，連接EO．若∠PBC＝30°，求∠POE的度數；（3）在（2）的條件下，若OE＝，求CE的長．【答案】（1）詳見解析；（2）30°；（3）2【分析】（1）利用正方形的性質，得到AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，進而判斷△ADE≌△CDE得到結論；（2）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可以得到OB＝OE，∠OBE＝∠OEB＝15°，再利用外角和定理求得；（3）連接OC，與（2）同理得到∠POC＝60°，則△EOC為直接三角形，再應用勾股定理求得．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，在△ADE和△CDE中，，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE；（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC＝45°，∵∠PBC＝30°，∴∠PBE＝15°，∵PE⊥BD，O為BP的中點，∴EO＝BO＝PO，∴∠OBE＝∠OEB＝15°，

∴∠EOP＝∠OBE＋∠OEB＝30°；（3）如圖，連接OC，∵點O是BP的中點，∠BCP＝90°，∴CO＝BO，∴EO＝CO＝，∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠POC＝60°，∴∠EOC＝∠EOP＋∠POC＝90°，∵EC2＝EO2＋CO2＝4，∴EC＝2．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定、外角和定理、勾股定理，綜合性較強，要注意數形結合．8．已知正方形，點在對角線上，交于，交于，，垂足為點，求證：(1)；(2)；(3)．【答案】(1)見解析(2)見解析

(3)見解析【分析】(1)利用全等三角形的性質，分別證明PA=PE，PA=PC，推出PE=PC，再利用等腰三角形的三線合一的性質證明即可；(2)證明四邊形PHBF是正方形，推出BH=BF，，再證明△PHA≌△PFE，推出AH=EF，可得結論；(3)如圖2中，設PF交EG于點J，過點P作PL⊥EG于點L，GK⊥PF于點K，連接CJ，證明△PKG≌△GLP(AAS)，推出PL=GK，PK=GL，證明△PFE≌△ELP(AAS)，推出PF=EL，可得結論．(1)證明：如圖：過點P作于點H，連接CP，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，，∵PF⊥BC，PH⊥AB，∴PH=PF，∵AP⊥PE，∴，∴∠APH=∠EPF，在和中，∴，∴PA=PE，在△ABP和△CBP中，

∴，∴PA=PC，∴PE=PC，∵PF⊥EC，∴EF=FC；(2)證明：∵，∴四邊形PHBF是矩形，∵PH=PF，∴四邊形PHBF是正方形，∴BH=BF，，∵，∴AH=EF，∵BH=BF，∴；(3)證明：如圖2中，設PF交EG于點J，過點P作PL⊥EG于點L，GK⊥PF于點K，連接CJ，∵PF⊥BC，EF=FC，∴JE=JC，∴∠JEC=∠JCE，

∵，，∴∠JCG=∠CGJ，∴JC=JG，∴JE=JG，∵，∴PJ=JE=JG，∴∠JEP=∠JPE，∠JPG=∠JGP，∵PL⊥GJ，GK⊥JP，∴，在△PKG和△GLP中，∴，∴PL=GK，PK=GL，∵，∴四邊形FCGK是矩形，∴GK=CF=EF，CG=FK，∴PL=EF，在△PFE和△ELP中，.∴，∴PF=EL，∴

【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，矩形的判定和性質，直角三角形斜邊中線的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．9．如圖，點為正方形內一點，，將繞點按順時針方向旋轉，得到．延長交于點，連接．（1）四邊形的形狀是．（2）如圖，若，猜想線段與的數量關系并加以證明；（3）如圖，若，，則的長度為．（請直接寫出答案）【答案】（1）四邊形是正方形；（2），理由見解析；（3）【分析】（1）由旋轉的特征可得到∠G＝∠AEB＝90°、∠EBG＝90°、BG＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四邊形BGFE是正方形；（2）過點D作DH⊥AE于點H，由DA＝DE得AH＝AE，再證明△ADH≌△BAE，且由四邊形BGFE是正方形，得到，可證得結論；（3）過點D作DH⊥AE于點H，由旋轉及四邊形BGFE是正方形可得如下關系：AE＝CG＝FG+CF＝FG+3＝BE+3，在Rt△BAE中根據勾股定理求出BE、AE的長，由（2）可知，△ADH≌△BAE，得到DH＝AE，AH＝BE，再由勾股定理求出DE的長．【詳解】解：（1）四邊形是正方形．由旋轉的性質可知∠G＝∠AEB＝90°，BG＝BE，∠CBG=∠ABE∵四邊形ABCD是正方形

∴∠ABC=90°∴∠ABE+∠CBE=90°∴∠CBG+∠CBE=90°∴∠EBG＝90°又∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°∴四邊形BGFE是矩形∵BG=BE∴四邊形BGFE是正方形；（2）如圖，過點作于點，，，，，四邊形是正方形，，，，，又，，，，將繞點按順時針方向旋轉，，四邊形是正方形，，

（3）過點D作DH⊥AE于點H∵BE＝FG，CF＝3，∴AE＝CG＝FG+CF＝FG+3＝BE+3，∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，∴(BE+3)2+BE2＝152，解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合題意，舍去），∴AE＝9+3＝12，由（2）得，△ADH≌△BAE，∴DH＝AE＝12，AH＝BE＝9，∴HE＝AE﹣AH＝12﹣9＝3，∵∠DHE＝90°，∴DE＝＝．【點睛】此題考查了正方形的性質與判定、旋轉的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識點，解題的關鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，構造全等三角形．10．如圖，在正方形ABCD中，P是對角線BD上一點，點E在AB的延長線上，且PC＝PE．(1)求證：PA＝PE；(2)求證：AE＝DP；(3)若已知正方形的邊長為2，求CP+BP的最小值．【答案】(1)見解析

(2)見解析(3)【分析】（1）根據ASA證明△ADP≌△CDP，推出AP=CP即可得到結論；（2）過點P作OG⊥AD于G，PH⊥AB于H，設PG=x，證明四邊形AHPG是矩形，得到AE=2AH=2x，由∠GDP=45°，∠DGP=90°得到DP=PG=x，進而得到結論；（3）把BD繞點B逆時針旋轉30°，交AD于G，過點P作PH⊥BG于H，連接AC，交BD于O，根據含30°角的直角三角形的性質可得PH=PB，可得CH為CP+BP的最小值，根據正方形的性質、含30°角的直角三角形的性質及勾股定理可求出OC、OP、PC、PB和PH的長，即可得答案．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，BD為對角線，∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，∵DP=DP，∴△ADP≌△CDP，∴AP=CP，∵PC=PE，∴PA=PE．（2）過點P作OG⊥AD于G，PH⊥AB于H，設PG=x，∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，∴四邊形AHPG是矩形，∴AH=PG=x，∵PA=PE，∴AE=2AH=2x，∵∠GDP=45°，∠DGP=90°∴DP=PG=x，∴AE＝DP；

（3）如圖，把BD繞點B逆時針旋轉30°，交AD于G，過點P作PH⊥BG于H，連接AC，交BD于O，∵∠PBH=30°，∴PH=PB，∴當C、P、H三點共線時PC+PB有最小值CH，∵正方形的邊長為2，∴OC=OB=，∵∠PBH+∠BPH=90°，∠OCP+∠OPC=90°，∠OPC=∠BPH，∴∠OCP=∠PBH=30°，∴OP=CP，在Rt△OPC中，PC2=OP2+OC2，即4OP2=OP2+2，∴OP=（負值舍去），∴，∴，，∴CH=CP+PH=+=，∴CP+BP最小值為．

【點睛】此題考查了正方形的性質，矩形的判定及性質，勾股定理，全等三角形的判定及性質及含30°角的直角三角形的性質，正確掌握各知識點并綜合應用是解題的關鍵．11．在正方形ABCD中，E是CD邊上任意一點，連接AE．∠EAF＝45°，AE所在的直線與BC交于點F，連接EF．(1)以A為圓心，AE為半徑作圓，交CB的延長線于點G，連接AG（如圖1）．求證：BF+DE＝EF；(2)點E在DC邊上移動，當EC＝CF時，直線EF與AB、AD的延長線分別交于點M、N（如圖2）,直接寫出EF、MF、NE的數量關系：________________．【答案】(1)見解析(2)EF2＝MF2+NE2【分析】（1）根據已知條件證得，可得，可知，可證得，即可證得BF+DE＝EF；（2）連接GM，證得，可知GM=EN，，，可知是直角三角形，由（1）可知EF=GF，即，即可求出EF、MF、NE的數量關系．（1）解：由題意得，AG=AE，AD=AB，∵，

∴（HL），∴，∵∠EAF＝45°，∴，∴，在和中，∵，∴（SAS），∴EF=GF=GB+BF=DE+BF；（2）解：EF2＝MF2+NE2，理由如下，連接GM，如圖所示，∵EC＝CF，∠C=90°，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴AN=AM，由（1）得，在中，

∵，∴（SAS），∴GM=EN，，∴，由（1）可知，EF=GF，∴在Rt中，由勾股定理得：，即：．故：EF、MF、NE的數量關系為：．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，旋轉變換的性質，等腰直角三角形的性質的應用，勾股定理等知識，掌握全等三角形的判定定理和性質定理以及旋轉變換的性質是解題的關鍵．12．如圖1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，點A，B，E在同一條直線上，P是線段DF的中點，連接PG，PC．（1）探究PG與PC的位置關系及的值；（寫出結論，不需要證明）（2）如圖2，將原問題中的正方形ABCD和正方形BEFC換成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60°，探究PG與PC的位置關系及的值．寫出你的猜想并加以證明；（3）如圖3，將圖2中的菱形BEFG繞點B順時針旋轉．使菱形BEFG的邊BG恰好與菱形ABCD的邊AB在同一條直線上，問題（2）中的其他條件不變，你在（2）中得到的兩個結論是否發(fā)生變化？寫出你的猜想并加以證明．【答案】（1）PG⊥PC；＝1；（2）PG⊥PC；，證明見解析（3）仍成立，證明見解析【分析】（1）可通過構建全等三角形求解．延長GP交DC于H，可證三角形DHP和PGF

全等，已知的有DCGF，根據平行線間的內錯角相等可得出兩三角形中兩組對應的角相等，又有DP＝PF，因此構成了全等三角形判定條件中的（AAS），于是兩三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底邊上的中線，根據等腰三角形三線合一的特點，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；（2）方法同（1），證三角形CHG是個等腰三角形，且頂角為120°，可根據30°的直角三角形來得出PG、CP的比例關系；（3）經過（1）（2）的解題過程，我們要構建出以CP為底邊中線的等腰三角形，那么可延長GP到H，使PH＝PG，連接CH、DH，那么根據前兩問的解題過程，我們要求的是三角形CHG是個等腰三角形，關鍵是證三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我們可通過其他的全等三角形來得出三角形CDH和CBG全等的條件．三角形DHP和FGP中，有一組對頂角，DP＝PF，HP＝PG，那么這兩個三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根據平行線間的內錯角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后證法同（2）．【詳解】解：（1）線段PG與PC的位置關系是PG⊥PC；＝1；證明如下：如圖1，延長GP交DC于H，∵DCGF，∴∠HDP=∠GFP，∠DHP=∠FGP又P是線段DF的中點，∴DP＝PF，∴△DHP≌△PGF，∴HP＝PG，DH＝GF，∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，∴CD=CB，GF=BG，∴CH=CD-DH=BC-BG=BC-FG=BC-DH=CG，即CH＝CG，

∴三角形CHG就是等腰三角形且CP是底邊上的中線，∴CP＝PG＝PH，CP⊥PG；∴線段PG與PC的位置關系是PG⊥PC；＝1；（2）猜想：線段PG與PC的位置關系是PG⊥PC；．證明：如圖2，延長GP交DC于點H，∵P是線段DF的中點，∴FP＝DP，由題意可知DCGF，∴∠GFP＝∠HDP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GP＝HP，GF＝HD，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC，（三線合一）又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，∴∠GCP＝60°，又∵∠CPG=90°，∴2CP=CG，PG=PG，

∴；（3）在（2）中得到的兩個結論仍成立．證明：如圖3，延長GP到H，使PH＝PG，連接CH，CG，DH，∵P是線段DF的中點，∴FP＝DP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，點A、B、G又在一條直線上，∴∠GBC＝120°，∵四邊形BEFG是菱形，∴GF＝GB，∴HD＝GB，∴△HDC≌△GBC，∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，

∴∠DCH＋∠HCB＝∠BCG＋∠HCB＝120°，即∠HCG＝120°，∵CH＝CG，PH＝PG，∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，∴．即PG＝PC．【點睛】本題主要考查了正方形，菱形的性質，以及全等三角形的判定等知識點，根據已知和所求的條件正確的構建出相關的全等三角形是解題的關鍵．13．菱形ABCD中，E，F為邊AB，AD上的點，CF，DE相交于點G．(1)如圖1，若∠A＝90°，DE⊥CF，求證：DE＝CF；(2)如圖2，若DE＝CF．試探究此時∠EGF和∠A滿足什么關系？并證明你的結論；(3)如圖3，在（1）的條件下，平移線段DE到MN，使G為CF的中點，連接BD交MN于點H，若∠FCD＝15°，求的值．【答案】(1)見解析(2)∠EAF+∠EGF=180°，證明見解析；(3)【分析】（1）由菱形ABCD中和∠A=90°可得菱形ABCD是正方形，根據正方形性質得AD=DC，∠A=∠CDF=90°，再加上DE⊥CF，得到∠CGD=90°，所以∠ADE=∠DCF，即證得Rt△ADE≌Rt△DCF，即可證得DE=CF；（2）過D作DR⊥AB于R，過C作CS⊥AD于S，根據菱形的面積證得DR=CS，推出∴Rt△DRE≌Rt△CSF(HL)，得到∠CFS=∠RED，由∠CFS+∠AFG=180°，推出∠EAF+∠EGF=180°；（3）由（1）的條件可得MN=CF，MN⊥CF，加上G為CF的中點，即MN垂直平分CF，聯(lián)想到連接FM即有FM=MC且∠DMF=∠MFC+∠FCD=30°，利用四邊形KTDC是矩形，證得△THF≌△KCH，推出TF=HK，根據三角形內角和求出∠TFH+∠THF=90°，用∠HFM分別表示這兩個角求出∠HFM=60°，得到∠TFH=60°，由此得到HF=2TF，再根據正方形的性質求出BH=2HK

，即可得到答案（1）證明：∵菱形ABCD中，∠A=90°，∴菱形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠CDF=90°，∵DE⊥CF，∴∠CGD=90°，∴∠DCF+∠CDE=∠ADE+∠CDE=∠ADC=90°，∴∠ADE=∠DCF，∴Rt△ADE≌5Rt△DCF，∴DE=CF；（2）解：∠EAF+∠EGF=180°；證明如下：過D作DR⊥AB于R，過C作CS⊥AD于S，如圖，∵S菱形ABCD=AB×DR=AD×CS，AB=AD，∴DR=CS，∵DE=CF，∴Rt△DRE≌Rt△CSF(HL)，∴∠CFS=∠RED，∵∠CFS+∠AFG=180°，∴∠RED+∠AFG=180°，∴∠EAF+∠EGF=180°；（3）連接FM，過H作TK//AB交AD于T，交BC于K，連接CH，如圖，

由（1）知MN⊥CF，又G為CF的中點，∴MN是CF的垂直平分線，∴MF=CM，CH=FH，∴∠MFC=∠MCF=15°，∠HCF=∠HFC，∴∠FMD=30°，∠HCM=∠HFM，∵∠TKC=∠KTD=∠BCD=90°，∴四邊形KTDC是矩形，∴TD=KC，∵四邊形ABCD是正方形，BD是對角線，∴∠TDH=45°=∠THD，∴TD=TH=CK，∴△TFH≌△KHC，∴HK=TF，∠THF=∠HCK，∵∠TFH=180°-60°-∠HFM=120°-∠HFM，∠THF=∠HCK=90°-∠HFM，∴120°-∠HFM+90°-∠HFM=90°，解得∠HFM=60°，∴∠TFH=60°，∴FH=2TF=2HK，∵∠KBH=45°，∴BH=HK，∴【點睛】此題考查了正方形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，菱形的性質，垂直平分線的定義和性質，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵14．如圖1，正方形ABCD和正方形AEFG，連接DG，BE．

（1）發(fā)現：當正方形AEFG繞點A旋轉，如圖2，①線段DG與BE之間的數量關系是；②直線DG與直線BE之間的位置關系是．（2）探究：如圖3，若四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，證明：直線DG⊥BE．（3）應用：在（2）情況下，連結GE（點E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，則線段DG是多少？（直接寫出結論）【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）先判斷出△ABE≌△ADG，進而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出結論；（2）先利用兩邊對應成比例夾角相等判斷出△ABE∽△ADG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出結論；（3）先求出BE，進而得出BE=AB，即可得出四邊形ABEG是平行四邊形，進而得出∠AEB=90°，求出BE，借助（2）得出的相似，即可得出結論．【詳解】（1）①∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，∴∠BAE=∠DAG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴BE=DG；②如圖2，延長BE交AD于G，交DG于H，

由①知，△ABE≌△ADG，∴∠ABE=∠ADG，∵∠AGB+∠ABE=90°，∴∠AGB+∠ADG=90°，∵∠AGB=∠DGH，∴∠DGH+∠ADG=90°，∴∠DHB=90°，∴BE⊥DG（2）∵四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，∴∠BAD=∠DAG，∴∠BAE=∠DAG，∵AD=2AB，AG=2AE，∴，∴△ABE∽△ADG，∴∠ABE=∠ADG，∵∠AGB+∠ABE=90°，∴∠AGB+∠ADG=90°，∵∠AGB=∠DGH，∴∠DGH+∠ADG=90°，∴∠DHB=90°，∴BE⊥DG；（3）如圖4，（為了說明點B，E，F在同一條線上，特意畫的圖形）

∵EG∥AB，∴∠DME=∠DAB=90°，在Rt△AEG中，AE=1，∴AG=2AE=2，根據勾股定理得，EG=，∵AB=，∴EG=AB，∵EG∥AB，∴四邊形ABEG是平行四邊形，∴AG∥BE，∵AG∥EF，∴點B，E，F在同一條直線上如圖5，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，根據勾股定理得，BE==2，由（3）知，△ABE∽△ADG，∴，∴，∴DG=4．

【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，旋轉的性質，判斷出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本題的關鍵．15．如圖，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝12，P為線段AB上一動點．將△BPC沿PC翻折至△EPC，延長CE交射線AD于點D．（1）如圖1，當P為AB的中點時，求出AD的長；（2）如圖2，延長PE交AD于點F，連接CF，求證：∠PCF＝45°；（3）如圖3，∠MON＝45°，在∠MON內部有一點Q，且OQ＝8，過點Q作OQ的垂線GH分別交OM、ON于G、H兩點．當QG＝2時，求QH的值．【答案】（1）；（2）證明過程見解析；（3）．【分析】（1）如圖1，根據平行線的性質得到∠A=∠B=90°，由折疊的性質得到∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，根據全等三角形的性質得到．作于，設，根據AB＝BC＝12，得到，，根據勾股定理求出AD的長；（2）如圖2，過C作CK⊥AD交AD的延長線于K，推出四邊形ABCK是正方形，求得CK=CB，根據折疊的性質得到∠CEP=∠B=90°，BC=CE，∠BCP=∠ECP，得到CE=CB=CK，根據全等三角形的性質即可得到結論；（3）如圖3，將△OQG沿OM翻折至△OUG，將△OQH沿ON翻折至△OWH，延長UG，WH交于V，根據已知條件和折疊的性質，利用有三個角是直角的四邊形是矩形和鄰邊相等的矩形是正方形，推出四邊形UOWV是正方形，設QH=y，在中，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：（1）如圖1，連結，∵AD∥BC，AB⊥BC，∴∠A=∠B=90°∵將△BPC沿PC翻折至△EPC，

∴∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，∴∠DEP=90°∵當P為AB的中點，∴AP=BP∴PA=PE∵PD=PD∴，∴作于，設，AB＝BC＝12，則，由勾股定理得，解得，∴（2）如圖2，作交延長線于，∴∴四邊形為矩形又∵AB＝BC∴矩形為正方形∴CK=CB，∠BCK=90°∵將△BPC沿PC翻折至△EPC，∴∠FED=90°，CE=CB=CK，又∵CF=CF∴，

∴∠ECF=∠KCF∴∠BCP+∠KCF=∠PCE+∠FCE=45°∴∠PCF=45°(3)如圖3，將△OQG沿OM翻折至△OUG，將△OQH沿ON翻折至△OWH，延長UG，WH交于V，∴∠UOG=∠QOG，∠WOH=∠QOH，OU=OQ=OW=8，UG=QG=2，設QH=WH=y∴∠UOW=2∠MON=90°，∵GH⊥OQ∴∠OQG=∠OQH=90°．∴∠U=∠W=90°=∠UOW，∴四邊形UOWV是正方形∴UV=WV=8，∠V=90°，∴GV=6，HV=8-y，GH=y+2∴∴解得，即．

【點睛】本題考查了折疊的性質，全等三角形的判定和性質，正方形的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．16．定義，我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．概念理解：如圖②，在四邊形ABCD中，如果AB=AD，CB=CD，那么四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由．性質探究：如圖①，垂美四邊形ABCD兩組對邊AB、CD與BC、AD之間有怎樣的數量關系？寫出你的猜想，并給出證明．問題解決：如圖③，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連結CE、BG、GE．若AC=2，AB=5，則①求證：△AGB≌△ACE；②GE=．【答案】（1）是；（2）AB2+CD2=BC2+AD2；（3）①證明見解析；②．【分析】概念理解：根據垂直平分線的判定定理證明即可；性質探究：根據垂直的定義和勾股定理解答即可；問題解決：根據垂美四邊形的性質、勾股定理、結合（2）的結論計算即可．

【詳解】概念理解：四邊形ABCD是垂美四邊形．理由如下：∵AB=AD，∴點A在線段BD的垂直平分線上．∵CB=CD，∴點C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形；性質探究：AD2+BC2=AB2+CD2．理由如下：如圖2，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為E．∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得：AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；問題解決：①連接CG、BE，如圖3所示：∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE．在△GAB和△CAE中，∵AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，∴△AGB≌△ACE（SAS）；②∵△AGB≌△ACE，∴∠ABG=∠AEC．又∵∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂美四邊形，由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2．∵AC=2，AB=5，∴BC=，CG=2，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣C